学年山西省晋城一中高二月考化学试题解析版.docx
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学年山西省晋城一中高二月考化学试题解析版
山西省晋城一中2017--2018学年度高二12月月考
化学试题
1.化学在生产和生活中有着重要的应用,下列叙述错误的是
A.氨态氮肥不能与草木灰混合施用
B.利用明矾溶液的酸性可清除铜制品表面的铜锈
C.在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块儿可防止闸门被腐蚀
D.锌具有导电性和还原性,可用作锌锰干电池的负极材料
【答案】C
【解析】A、铵态氮肥溶液中铵根离子水解显酸性,草木灰溶液中碳酸根离子水解显碱性,混合施用水解相互促进生成氨气,降低肥效,故A正确;B.明矾水解显酸性,可以利用明矾溶液的酸性清除铜制品表面的铜锈,故B正确;C.在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块,铁和铜在海水中形成原电池反应,铁做负极被氧化,发生电化学腐蚀,加快了铁的腐蚀,故C错误;D.Zn为金属具有导电性,Zn为活泼金属具有还原性,锌锰酸性干电池中,锌比锰活泼,所以锌极是负极,发生氧化反应,Zn-2e-=Zn2+,故D正确;故选C。
2.下列有关叙述正确的是
A.不需要加热就能发生的化学反应一定是放热反应
B.弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液的导电能力弱
C.水电站把机械能转化为电能,而核电站把化学能转化为电能
D.升高温度,可提高活化分子百分数,使有效碰撞几率增大,化学反应速率加快
【答案】D
【解析】A.放热反应有的需加热,有的不需加热,如木炭的燃烧是放热反应,但需要点燃,再如铝热反应也需要加热,故A错误;B.溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小,与电解质强弱无关,强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强,故B错误;C.水电站把重力势能转化为电能,核电站把核能转化成电能,故C错误;D.升高温度,普通分子吸收能量变为活化分子,活化分子百分数增大,有效碰撞增多,化学反应速率加快,故D正确;故选D。
3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A.新制的氯水在光照条件下颜色变浅
B.合成氨工业中使用铁触媒作催化剂
C.红棕色的NO2气体,加压后颜色先变深后变浅
D.工业生产硫酸的过程中,通入过量的空气以提高二氧化硫的转化率
【答案】B
【解析】A、氯水中含HClO,在光照下分解,促进氯气与水的化学反应正向移动,促进氯气的溶解,可以用勒夏特列原理解释,故A不选;B、催化剂能极大加快反应速率,但不影响化学平衡的移动,不能用勒夏特利原理解释,故B选;C、对2NO2
N2O4平衡体系增加压强,体积变小,二氧化氮的浓度增大,颜色变深,平衡正向移动,二氧化氮的浓度又逐渐减小,颜色变浅,能用勒夏特列原理解释,故C不选;D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2
2SO3,使用过量的空气,增大氧气的浓度,平衡向正反应移动,可以提高二氧化硫的利用率,能用勒夏特列原理解释,故D不选;故选B。
点睛:
本题考查了勒夏特列原理的使用条件。
勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程,若与可逆过程无关,与平衡移动无关,则不能用勒夏特列原理解释。
使用时需要满足平衡移动的原理,否则不能用勒夏特列原理解释。
4.下列实验操作能达到目的的是
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A.①②B.②③C.③④D.①③
【答案】B
【解析】①硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体,反应的离子方程式为:
2Al3++3S2-+6H2O=3H2S↑+2Al(OH)3↓;无法制取硫化铝(Al2S3)固体,如果制取硫化铝固体,可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取,故①错误;②碳酸钾受热稳定,可蒸发得到碳酸钾,故②正确;③硫化铜为黑色沉淀,可发生反应,故③正确;④氯化镁结晶水合物加热过程中镁离子是弱碱阳离子易水解生成氢氧化镁,MgCl2•6H2O制取无水氯化镁时需要在氯化氢气流的氛围下加热固体,故④错误;故选B。
5.常温时,下列事实一定能证明HA是弱酸的是
A.用HA溶液做导电实验,灯泡很暗
B.HA和CaCO3发生反应放出CO2
C.pH=2的HA溶液稀释至100倍,pH小于4
D.pH=3的HA溶液中水电离出的c(H+)为10-11mol·L-1
【答案】C
【解析】试题分析:
A、用HA溶液做导电实验,灯泡很暗,说明该溶液中离子浓度较低,但不能说明HA部分电离,所以不能证明HA是弱酸,A错误;B、HA能和碳酸钙反应生成二氧化碳说明HA酸性大于碳酸,但不能说明HA部分电离,所以不能证明HA是弱酸,B错误;C、pH=2的HA溶液稀释至100倍,pH小于4,说明稀释过程中HA发生电离,则HA为弱电解质,C正确;D、常温下,无论HA是强酸还是弱酸,pH=3的HA溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol•L-1,不能说明HA部分电离,所以不能证明HA是弱酸,D错误。
答案选C。
【考点定位】本题主要是考查强弱电解质的判断
【名师点晴】要证明一元酸HR为弱酸,可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性进行解答。
答题时需要注意强弱电解质的根本区别是电离程度,与物质溶解性强弱、溶液导电性强弱无关,为易错点。
6.常温下,在下列溶液中可能大量共存的离子组是
A.pH=0的溶液:
Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-
B.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液:
Al3+、K+、SO42-、Cl-
C.c(OH-)/c(H+)=1012的溶液中:
Na+、SO42-、NO3-、HCO3-
D.滴加KSCN变红色的溶液:
Na+、K+、Al3+、CO32-
【答案】B
【解析】A.pH=0的溶液,显酸性,Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故A错误;B.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液,为酸或碱溶液,酸溶液中该组离子之间不反应,可大量共存,故B正确;C.
=1012的溶液,显碱性,碱性溶液中不能大量存在HCO3-,故C错误;D.滴加KSCN变红色的溶液中含有Fe3+,Fe3+、Al3+与CO32-相互促进水解,不能大量共存,故D错误;故选B。
7.在T℃时,铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法中不正确的是
A.T℃时,在Y点和Z点,Ag2CrO4的Ksp相等
B.向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液
由Y点变为X点
C.T℃时,Ag2CrO4的Ksp为1×10-8
D.图中a=
×10-4
【答案】C
【解析】试题分析:
A、一定温度下溶度积是常数,随温度变化,不随浓度变化,所以t℃时,Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等,A正确;B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液,点仍在曲线上,所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点,B正确;C、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到;曲线上的点是沉淀溶解平衡,Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为:
Ag2CrO4(s)
2Ag++CrO42-;Ksp=c2(Ag+)•c(CrO42-)=(10-3)2×10-5=10-11,C错误;D、依据溶度积常数计算Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO42-)=10-11,Z点时c(CrO42-)=5×10-4,则c(Ag+)2=2×10-8,所以a=
×10-4,D正确,答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了沉淀溶解平衡的分析判断,溶度积常数的计算应用
【名师点晴】溶解平衡图像题的一般解题思路是
。
另外该题还需要注意溶度积只随温度变化。
考点:
考查
8.下列说法正确的是
A.常温下,pH=4.3的CH3NOOH和CH3COONa混合溶液中:
c(Na+)>c(CH3COO-)
B.根据Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),在生产中可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4,使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3
C.常温下,将醋酸稀溶液加水稀释,醋酸电离程度增大,溶液导电能力增强
D.已知反应:
3H2(g)+WO3(s)
W(s)+3H2O(g)只有在高温时才能自发进行,则它的ΔS<0
【答案】B
【解析】A.常温下,pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒可知:
c(Na+)<c(CHCOO-),故A错误;B.由于CaCO3和CaSO4二者是同种类型的难溶物(阳离子与阴离子之比都为1:
1),Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),则可说明CaCO3的溶解度小于CaSO4,沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动,向更难溶的物质转化,所以在生产中可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4,使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3,故B正确;C.醋酸是弱电解质,加水稀释促进电离,但氢离子和醋酸根离子的浓度均减小,溶液导电能力减弱,故C错误;D.该反应为吸热反应,△H>0,当△G=△H-T•△S<0时,反应能自发进行,要在高温下才能自发进行,说明△S>0,故D错误;故选B。
点睛:
本题考查了沉淀转化的关系,弱电解质稀释电离变化分析,反应自发进行的判断依据。
本题的易错点为C,醋酸是弱电解质,尽管加水稀释促进电离,但溶液中氢离子、醋酸根离子和醋酸分子的浓度均减小。
9.在T℃时,某NaOH稀溶液中c(H+)=10−amol•L−1,c(OH−)=10−bmol•L−1,已知a+b=12。
向该溶液中逐滴加入pH=c的盐酸(T℃),测得混合溶液的部分pH如下表所示:
序号
NaOH溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
20.00
0.00
8
②
20.00
20.00
6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计,则c为
A.3B.4C.5D.6
【答案】B
考点:
考查混合溶液和PH的关系。
10.将CO2转化为甲醇的原理为CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H<0。
500℃时,在体积为1L的固定容积的密闭容器中充入lmolCO2、3molH2,测得CO2浓度与CH3OH浓度随时间的变化如图所示,下列结论错误的是()
A.曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的浓度变化
B.从反应开始到l0min时,H2的反应速率v(H2)=0.225mol/(L·min)
C.平衡时H2的转化率为75%
D.500℃时该反应的平衡常数K=3
【答案】D
【解析】试题分析:
A、曲线x随反应进行浓度逐渐增大,表示生成物的浓度变化。
曲线Y随反应进行浓度减小,表示反应物的浓度变化。
反应进行到3min时X增加了0.5mol/L,而Y减少了1.0mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L,这说明X、Y的浓度变化量之比为1:
1,因此根据反应的化学方程式可知曲线x可以表示CH3OH浓度变化,曲线Y可以表示CO2浓度变化,A正确;B、根据以上分析可知X可以表示甲醇,则10min内用甲醇表示的反应速率为=0.75molL÷10min=0.075mol/(L•min)。
反应速率之比等于化学计量数之比,用氢气表示的反应速率=3×0.075mol/(L•min)=0.225mol/(L•min),B正确;C、根据以上分析可知X可以表示甲醇,平衡时甲醇的浓度变化量=0.75mol/L,则根据方程式可知氢气的浓度变化量=3×0.75mol/L=2.25mol/L,则参加反应的氢气的物质的量=1L×2.25mol/L=2.25mol,所以氢气的转化率=
×100%=75%,C正确;D、根据以上分析可知X可以表示甲醇,其浓度变化量=0.75mol/L,则:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
起始浓度(mol/L)1300
转化浓度(mol/L)0.752.250.750.75
平衡浓度(mol/L)0.250.750.750.75
因此根据化学平衡常数是在一定条件下,当可逆反应达到平衡状态时,生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知,该反应的平衡常数=
=5.3,D错误,答案选D。
考点:
考查化学反应速率及化学平衡、平衡常数的计算等
11.铁镍蓄电池又称爱迪生电池,放电时的总反应为:
Fe+Ni2O3+3H2O===Fe(OH)2+2Ni(OH)2
下列有关该电池的说法正确的是
A.电池的电解液为碱性溶液,正极为Ni2O3、负极为Fe
B.电池放电时,正极反应为Fe+2OH--2e-===Fe(OH)2
C.电池充电过程中,阴极附近溶液的pH降低
D.电池充电时,阴极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-===Ni2O3+3H2O
【答案】A
【解析】A.放电时,Fe失电子作负极、正极为Ni2O3,Fe和Ni2O3都生成氢氧化物,说明溶液呈碱性,故A正确;B.放电时,正极发生还原反应,Fe+2OH--2e-═Fe(OH)2为负极反应式,故B错误;C.充电过程中,阴极反应式为Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-,有氢氧根离子生成,所以溶液的pH增大,故C错误;D.充电时,阴极发生还原反应,2Ni(OH)2+2OH--2e-═Ni2O3+3H2O为阳极反应式,故D错误;故选A。
点睛:
明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键,会根据元素化合价变化确定正负极及阴阳极,难点是电极反应式的书写。
根据电池反应式知,放电时,Fe和Ni2O3都生成氢氧化物,说明溶液呈碱性,Fe失电子作负极,反应式为Fe+2OH--2e-═Fe(OH)2,正极为Ni2O3,反应式为Ni2O3+3H2O+2e-═2Ni(OH)2+2OH-,充电时,阴、阳极与负极、正极反应式正好相反。
12.实验:
①0.1mol•L﹣1AgNO3溶液和0.1mol•L﹣1NaCl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;
②向滤液b中滴加0.1mol•L﹣1KI溶液,出现浑浊;
③向沉淀c中滴加0.1mol•L﹣1KI溶液,沉淀变为黄色.
下列分析不正确的是( )
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:
AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl﹣(aq)
B.滤液b中不含有Ag+
C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D.实验可以证明AgI比AgCl更难溶
【答案】B
【解析】A.浊液a中含有AgCl,存在沉淀的溶解平衡:
AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq),故A正确;B.滤液为AgCl的饱和溶液,也存在沉淀的溶解平衡,即存在Ag+,故B错误;C.向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液,白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀,故C正确;D.向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液,白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀,实验证明AgI比AgCl更难溶,故D正确;故选B。
13.0.02mol/LHCN溶液与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合,已知混合溶液c(CN-) A.c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)B.c(HCN)+c(H+)=c(OH-) C.c(OH-)+c(CN-)=0.02mol/LD.c(CN-)>c(HCN) 【答案】A 【解析】A.0.02mol/LHCN溶液与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合,混合溶液中含有等浓度的HCN和NaCN。 c(CN-)<c(Na+),根据电荷守恒得c(OH-)>c(H+),溶液显碱性,说明HCN的电离程度小于CN-的水解程度,CN-的水解程度虽然较大,但NaCN是完全电离,所以溶液中c (CN-)>c(OH-),所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c (CN-)>c(OH-)>c(H+),故A正确;B.根据电荷守恒得c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),根据物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+),所以得c(CN-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCN),若c(HCN)+c(H+)=c(OH-)成立,则c(CN-)+2c(OH-)=c(H+)+c(OH-),即c(CN-)+c(OH-)=c(H+),与电荷守恒不符,故B错误;C.根据物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+),则c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L,故C错误;D.混合溶液中存在电荷守恒c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),因为c(CN-)<c(Na+),所以c(OH-)>c(H+),混合溶液呈碱性,说明HCN的电离程度小于CN-的水解程度,所以c(CN-)<c(HCN),故D错误;故选A。 点睛: 本题考查了离子浓度大小的比较,根据电荷守恒确定混合溶液酸碱性,再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答,易错选项是C,注意混合时溶液体积增大一倍,导致其浓度减小为原来的一半,为易错点,本题的难点是B的判断。 14.今有室温下四种溶液,有关叙述不正确的是 ① ② ③ ④ pH 11 11 3 3 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A.①、④两溶液等体积混合,所得溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+) B.分别加水稀释10倍,四种溶液的pH①>②>④>③ C.①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后,两溶液的pH均减小 D.VaL④与VbL②溶液混合后,若混合后溶液pH=4,则Va∶Vb=11∶9 【答案】A 【解析】①中c(NH3·H2O)>0.001mol/L,②中c(NaOH)=0.001mol/L,③中c(CH3COOH)>0.001mol/L,④中c(HCl)=0.001mol/L。 A.等体积的①、④两溶液混合,氨水过量,溶液呈碱性,应为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),否则电荷不守恒,故A错误;B.强酸、强碱稀释10倍,pH变化1,则稀释10倍时②的pH=10,④的pH=4,而弱酸、弱碱稀释10倍,pH变化小于1,则①的10<pH<11,③的3<pH<4,即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①>②>④>③,故B正确;C.①中存在NH3·H2O⇌NH4++OH-,加入氯化铵,c(NH4+)增大,抑制NH3·H2O的电离,则pH减小,②中加入氯化铵,发生NH4++OH-=NH3·H2O,c(OH-)减小,则pH减小,故C正确;D.若混合后溶液pH=4,则盐酸过量,则 =0.0001mol/L,解得Va: Vb=11: 9,故D正确;故选A。 15.将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后,取混合液分别完成下列实验,能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I- 2Fe2++I2”的是 实验编号 实验操作 实验现象 ① 滴入KSCN溶液 溶液变红色 ② 滴入AgNO3溶液 有黄色沉淀生成 ③ 滴入K3Fe(CN)6]2溶液 有蓝色沉淀生成 ④ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A.①和②B.②和④C.③和④D.①和③ 【答案】D 【解析】试题分析: 将0.1mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后,若此反应不可逆,则Fe3+和I-能恰好完全反应,则溶液中无Fe3+和I-,故只需要证明溶液中含Fe3+和I-,则即能证明此反应为可逆反应,能建立化学平衡。 ①向溶液中滴入KSCN溶液,溶液变红,则说明溶液中有Fe3+,即能说明反应存在平衡,故①正确;②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成,说明溶液中含I-,能说明反应存在平衡,故②正确;③无论反应存不存在平衡,溶液中均存在Fe2+,滴入K3Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成,故③错误;④无论反应存不存在平衡,溶液中均有I2,滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色,故不能证明存在平衡,故④错误;故选A。 【考点定位】考查化学反应的可逆性 【名师点晴】本题考查了反应的可逆性,应注意的是平衡只能建立在可逆反应上,故若证明平衡的存在,只需证明反应为可逆反应。 只有可逆反应才能建立化学平衡,故要想证明化学平衡“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”的存在,即需证明此反应为可逆反应,不能进行彻底.将0.1mol•L-1的KI溶液和②②等体积混合后,若此反应不可逆,则Fe3+和I-能恰好完全反应,则溶液中无Fe3+和I-,故只需要证明溶液中含Fe3+和I-,则即能证明此反应为可逆反应,能建立化学平衡。 16.常温下,用0.1mol·L—1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol·L—1Na2CO3溶液,所得滴定曲线如图所示。 下列说法正确的是 A.当V=0时: c(H+)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(OH-) B.当V=5时: c(CO32—)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Cl-) C.当V=10时: c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32—)>c(H2CO3) D.当V=a时: c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)=c(OH-) 【答案】D 【解析】A、Na2CO3溶液的两步水解,以第一步水解为主,同时存在水的电离平衡,根据质子守恒有c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-),故A错误;B、当V=5时,此时溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl,根据混合液中物料守恒可得,碳酸钠溶液中: 2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+),碳酸氢钠溶液中物料守恒式为c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+),氯化钠溶液中c(Na+)=n(Cl-),则得到: 3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(Na+),故B错误;C、此时溶液为NaHCO3,HCO3-既水解又电离,但以水解为主,故有c(CO32-)<c(H2CO3),故C错误;D、根据V=a时,溶液的pH=7,此时溶液为中性,c(H+)=c(OH-),盐酸的体积小于20mL,所以c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)=c(OH-),故D正确;故选D。 17.700℃时,H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g).该温度下,在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中,投入H2和CO2,起始浓度如下表所示.其中甲经2min达平衡时,v(H2O)为0.025mol/(L•min),下列判断错误的是( ) 起始浓度 甲 乙 丙 c(H2)/mol/L 0.10 0.20 0.20 c(CO2)/mol/L 0.10 0.10 0.20 A.平衡时,乙中CO2的转化率等于50% B.当反应平衡时,丙中c(CO2)是甲中的2倍 C.温度升至800℃,上述反应平衡常数为25/16,则正反应为吸热反应 D.其他条件不变,若起始时向容器乙中充入0.10mol/LH2和0.20mol/LCO2,到达平衡时c(CO)与乙相同 【答案】AD 【解析】甲经2min达平衡时,v(H2O)为0.025mol/(L•min),故△c(H2O)=0.025mol/(L•min)×2min=0.05mol/L,则: H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) 开始(mol/L): 0.1
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